2017年高三模拟理数试题专题之计数原理含解析

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一、选择题(本大题共20小题，共100.0分) 1.某班有6位学生与班主任老师毕业前夕留影，要求班主任站在正中间且女生甲、乙不相邻，则排法的种数为（） A.96 B.432 C.480 D.528

2.某日，从甲城市到乙城市的火车共有10个车次，飞机共有2个航班，长途汽车共有12个班次，若该日小张只选择这3种交通工具中的一种，则他从甲城市到乙城市共有（） A.12种选法 B.14种选法 C.24种选法 D.22种选法

3.5名上海世博会形象大使到香港、澳门、台湾进行世博会宣传，每个地方至少去一名形象大使，则不同的分派方法共有（）种．

A.25 B.50 C.150 D.300

4.某班有男生26人，女生24人，从中选一位同学为数学科代表，则不同选法的种数是（） A.50 B.26 C.24 D.616

5.从6名女生中选4人参加4×100米接力赛，要求甲、乙两人至少有一人参赛，如果甲、乙两人同时参赛，他们的接力顺序就不能相邻，不同的排法种数为（） A.144 B.192 C.228 D.264

6.5名学生相约第二天去春游，本着自愿的原则，规定任何人可以“去”或“不去”，则第二天可能出现的不同情况的种数为（）

A.C B.25 C.52 D.A

7.已知集合P={x，y，z}，Q={1，2，3}，映射f：P→Q中满足f（y）=2的映射的个数共有（） A.2 B.4 C.6 D.9

8.四位男演员与五位女演员（包含女演员甲）排成一排拍照，其中四位男演员互不相邻，且女演员甲不站两侧的排法数为（） A.

-2

- C.

-2

9.将A、B、C、D四个球放入编号为1，2，3的三个盒子中，每个盒子中至少放一个球，且A、B两个球不能放在同一盒子中，则不同的放法有（）

A.30 B.36 C.60 D.66

10.现有4件不同款式的上衣与3件不同颜色的长裤，如果一条长裤和一件上衣配成一套，则不同选法是（） A.7 B.64 C.12 D.81

11.在100件产品中有6件次品，现从中任取3件产品，至少有1件次品的不同取法的种数是（）

12123333

A.C6C94 B.C6C99 C.C100-C94 D.P100-P94

12.有5名游客到公园坐游艇，分别坐甲、乙两个游艇，每个游艇至少安排2名游客，那么互不相同的安排方法的种数为（）

A.10 B.20 C.30 D.40

13.八人分乘三辆小车，每辆小车至少载1人最多载4人，不同坐法共有（） A.770种 B.1260种 C.4620种 D.2940种

14.某电视台娱乐节目中，需要在编号分别为1、2、3、4、5的五个礼品盒中，装四个不同礼品，只有一个礼品盒是空盒．不同的装法有（）

A.5种 B.20种 C.24种 D.120种

15.安排甲、乙、丙、丁四位教师参加星期一至星期六的值日工作，每天安排一人，甲、乙、丙每人安排一天，丁安排三天，并且丁至少要有两天连续安排，则不同的安排方法种数为（） A.72 B.96 C.120 D.156

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16.已知点集，则由U中的任意三点可组成（）个不同的三角形．

A.7 B.8 C.9 D.10

17.某企业打算在四个候选城市投资四个不同的项目，规定在同一个城市投资的项目不超过两个，则该企业不同的投资方案有（）

A.204种 B.96种 C.240种 D.384种

18.有六人排成一排，其中甲只能在排头或排尾，乙丙两人必须相邻，则满足要求的排法有（） A.34种 B.48种 C.96种 D.144种

19.现准备将6台型号相同的电脑分配给5所小学，其中A、B两所希望小学每个学校至少2台，其他小学允许1台也没有，则不同的分配方案共有（）

A.13种 B.15种 C.20种 D.30种

20.将8个不同的小球放入3个不同的小盒，要求每个盒子中至少有一个球，且每个盒子里的球的个数都不同，则不同的放法有（）种．

A.2698 B.2688 C.1344 D.5376

二、填空题(本大题共20小题，共100.0分)

21.从6名男医生和3名女医生中选出5人组成一个医疗小组，若这个小组中必须男女医生都有，共有 ______ 种不同的组建方案（结果用数值表示）．

22.用0，1，2，3这四个数字，可以组成没有重复数字的3位数，其中奇数的个数为 ______ ．

23.在1，2，3，4，5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有 ______ 个．

24.在上海高考改革方案中，要求每位高中生必须在物理、化学、生物、政治、历史、地理6门学科（3门理科学科，3门文科学科）中选择3门学科参加等级考试，小丁同学理科成绩较好，决定至少选择两门理科学科，那么小丁同学的选科方案有 ______ 种．

25.亚欧乒乓球对抗赛，各队均有5名队员，按事先排好的顺序参加擂台赛，双方先由1号队员比赛，负者淘汰，胜者再与负方2号队员比赛，直到一方队员全被淘汰为止，另一方获胜，形成一种比赛过程．那么所有可能出现的比赛过程有 ______ 种．

26.如图，从A→C有 ______ 种不同的走法．

27.在冬奥会志愿者活动中，甲、乙等5人报名参加了A，B，C三个项目的志愿者工作，因工作需要，每个项目仅需1名志愿者，且甲不能参加A，B项目，乙不能参加B，C项目，那么共有 ______ 种不同的志愿者分配方案．（用数字作答）

28.整数组（x1，x2，x3，x4）适合条件0＜x1≤x2＜x3≤x4＜7，则这样的数组共有 ______ 组． 29.由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字且1，3不相邻的六位数的个数是 ______ ．

30.已知2名女生、4名男生排成一排，则女生A必须排在B的左边（不一定相邻）的不同排法共有 ______ 种（用数字作答）

31.对一个边长互不相等的凸n（n≥3）边形的边染色，每条边可以染红、黄、蓝三种颜色中的一种，但是不允许相邻的边有相同的颜色．所有不同的染色方法记为P（n），则P（n）= ______ ．

32.从1、2、3、4、5、6这六个数中，每次取出两个不同数记为a、b，则共可得到3的不同数值的个数为 ______ ．

33.设a，b，c∈{1，2，3，4，5，6}，若以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰（含等边）三角形，则这样的三角形有 ______ 个． 34.从{1，2，3，4，5}中随机选取一个数为a，从{1，2，3}中随机选取一个数为b，则使得b≠a的不同取法共有 ______ 种．

35.一台晚会共有舞蹈、相声、小品、唱歌、魔术、杂技、戏曲7个节目，编排一个节目单，要求舞蹈、相声、小品两两互不相邻，这个节目单的编排方式种数共有 ______ 种（用数字作答）．

第2页，共22页

36.有一个五边形ABCDE，若把顶点A，B，C，D，E涂上红、黄、绿三种颜色中的一种，使得相邻的顶点所涂的颜色不同，则共有 ______ 种不同的涂色方法．

37.某外商计划在4个候选城市中投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有 ______ 种．

38.大小形状完全相同的8张卡片上分别标有数字1，2，3，4，5，6，7，8，从中任意抽取6张卡片排成3行2列，则3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5的概率为 ______ ．

39.如图，桌面上摆有三串冰糖葫芦，第一串3课，第二串2颗，第三串1颗．小明每次从中取走一颗，若上面的冰糖葫芦取走后才能取下面的冰糖葫芦．则冰糖葫芦A恰好在第五次被取走，且冰糖葫芦B恰好在第六次被取走的取法数为 ______ ． 40.安排3名支教老师去6所学校任教，每校至多2人，则不同的分配方案共有 ______ 种．（用数字作答）

三、解答题(本大题共20小题，共240.0分) 41.（1）求（

-x）5的展开式中x3的系数及展开式中各项系数之和；

（2）从0，2，3，4，5，6这6个数中任取4个组成一个无重复数字的四位数，求满足条件的四位数的个数．

42.某次文艺晚会上共演出8个节目，其中2个唱歌、3个舞蹈、3个曲艺节目，求分别满足下列条件的排节目单的方法种数：

（1）一个唱歌节目开头，另一个压台；（2）两个唱歌节目不相邻；

（3）两个唱歌节目相邻且3个舞蹈节目不相邻．

43.在1-20这20个整数中

（1）从这20个数中任取两个数相加，使其和为偶数的不同取法共有多少种？（2）从这20个数中先后取两个数相加，使其和大于20的不同取法共有多少种？

44.五位同学按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？（1）甲乙必须相邻（2）甲乙不相邻

（3）甲不站中间，乙不站两端（4）甲，乙均在丙的同侧．

第3页，共22页

45.已知在的展开式中，只有第5项二项式系数最大．

（1）判断展开式中是否存在常数项，若存在，求出常数项；若不存在，说明理由；（2）求展开式的所有有理项． 46.已知

的展开式的各项系数之和等于

展开式中的常数项，求

展开式中含

的项的二项式系数．

47.设的展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，若M-N=240．（1）求n；

（2）求展开式中所有x的有理项． 48.已知

的展开式中x4的系数是-35，

（1）求a1+a2+?+a7的值；（2）求a1+a3+a5+a7的值．

49.7人站成一排．（写出必要的过程，结果用数字作答）（1）甲、乙两人相邻的排法有多少种？（2）甲、乙两人不相邻的排法有多少种？

（3）甲、乙、丙三人两两不相邻的排法有多少种？

（4）甲、乙、丙三人至多两人不相邻的排法有多少种？ 50.已知（

第4页，共22页

）的展开式中第三项与第五项的系数之比为

，求展开式中常数项．

51.甲、乙两校各有3名教师报名支教，其中甲校2男1女，乙校1男2女．

（Ⅰ）若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，求选出的2名教师性别相同的概率；（Ⅱ）若从报名的6名教师中任选2名，求选出的2名教师来自同一学校的概率．

52.三个女生和五个男生排成一排．

（1）如果女生须全排在一起，有多少种不同的排法？（2）如果女生必须全分开，有多少种不同的排法？（3）如果两端都不能排女生，有多少种不同的排法？（4）如果男生按固定顺序，有多少种不同的排法？

（5）如果三个女生站在前排，五个男生站在后排，有多少种不同的排法？

53.已知二项式

的展开式中，

（I）求展开式中含x4项的系数；

（ II）如果第3r项和第r+2项的二项式系数相等，试求r的值．

54.已知（x+（1）求n；

（2）若展开式中常数项为

，求m的值；

）展开式的二项式系数之和为256

（3）若展开式中系数最大项只有第6项和第7项，求m的值．

55.从5名女同学和4名男同学中选出4人参加四场不同的演讲，分别按下列要求，各有多少种不同选法？（1）男、女同学各2名；

（2）男、女同学分别至少有1名；

（3）男、女同学分别至少有1名且男同学甲与女同学乙不能同时选出．

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56.袋中装有大小相同的4个红球和6个白球，从中取出4个球．（1）若取出的球必须是两种颜色，则有多少种不同的取法？

（2）若取出的红球个数不少于白球个数，则有多少种不同的取法？

57.在班级活动中，某小组的4 名男生和2 名女生站成一排表演节目：（Ⅰ）两名女生不能相邻，有多少种不同的站法？

（Ⅱ）女生甲不能站在左端，女生乙不能站在右端，有多少种不同的排法？（Ⅲ）4名男生相邻有多少种不同的排法？

（Ⅳ）甲乙丙三人按高低从左到右有多少种不同的排法？（甲乙丙三位同学身高互不相等） 58.设（1-（1）求（1-（2）求（1-x）n=a0+a1x+a2x2+

+?+

，若|a0|，|a1|，|a2|成等差数列．

x）n展开式的中间项；

x）n展开式中所有含x奇次幂的系数和；

（3）求a1+2a2+3a3+?+nan的值．

59.某兴趣小组的3名指导老师和7名学生站成前后两排合影，3名指导老师站在前排，7名学生站在后排．（1）若甲，乙两名学生要站在后排的两端，共有多少种不同的排法？（2）若甲，乙两名学生不能相邻，共有多少种不同的排法？

（3）在所有老师和学生都排好后，摄影师觉得队形不合适，遂决定从后排7人中抽2人调整到前排．若其他人的相对顺序不变，共有多少种不同的调整方法？（本题各小题都要求列出算式，并用数字作答）

60.已知（x+

）的展开式中前3项的系数成等差数列，设（x+

）=a0+a1x+a2x2+?+anx

（1）求a0的值

（2）求最大的二项式系数（3）求系数最大的项．

第6页，共22页

【答案】

1.D 2.C 3.C 4.A 5.D 6.B 7.D 8.A 9.A 10.C 11.C 12.B 13.C 14.D 15.B 16.C 17.C 18.C 19.B 20.B 21.120 22.8 23.24 24.10 25.252 26.6 27.21 28.70 29.480 30.360

31.2+2?（-1） 32.22 33.27 34.12 35.1440 36.30 37.60 38.

39.12 40.210

41.解：（1）根据题意，（

-x）5中，其展开式Tr+1=C5（

）5-（-x），

则其展开式中x的系数为T4=C5（在（

）（-1）=-

， -1）5=-，

-x）5中，令x=1可得其各项系数之和（

（2）根据题意，分2步进行分析：

①、首位数字不能为0，则首位数字在2，3，4，5，6中选一个，则首位数字有5种情况， ②、在剩下的5个数字中，任选3个，安排在百位、十位、个位，有A53=5×4×3=60种情况，则一共有5×60=300个满足条件的四位数．

2626

42.解：（1）先排歌曲节目有A2种排法，再排其他节目有A6种排法，所以共有A2A6=1440种排法．

（2）先排3个舞蹈节目，3个曲艺节目，有A6种排法，再从其中7个空（包括两端）中选2个排歌曲节目，有A7种插入方法，所以共有A66A72=30240种排法．

（3）两个唱歌节目相邻，用捆绑法，3个舞蹈节目不相邻，利用插空法，共有A44A53A22=2880种． 43.解：（1）：1到20共20个整数中，偶数有10个，奇数有10个．

若取出的这2个数都是偶数，方法共有C102=45种；若取出的这2个数都是奇数，方法共有C102=45种，故所取的两数和为偶数的取法有45+45=90种，（2）：据题意，若每次取出2个数的和大于20，则两个数中至少有一个大于10，可以分两种情况讨论，

①当取出的2个数都大于10时，则有C102=45 种． ②若取出的2个数有一个小于或等于10，

当一个数取1时，另1个只能取20，有C11种取法；

当一个数取2时，另1个只能取20或19，有C21种取法；

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当一个数取10时，另1个数只能取20，19，18，?，11中的一个，有C101=10种取法， 45+1+2+3+?+10=100．

44.解：（1）捆绑法：把甲乙看成一个整体，这样5个人变成了4个人，全排列共有A2A4=48 （种）站法，

（2）插空法：因为甲、乙不相邻，中间有隔档，可用“插空法”，第一步先让甲、乙以外的3个人站队，有A3种；

232

第二步再将甲、乙排在3人形成的4个空档（含两端）中，有A4种，故共有站法为A3A4=72（种）．

544

（3）间接法：若对甲乙没有限制条件共有A5种法，甲在中间有A4种站法，乙在两端有2A4种，甲站中间乙站两端的有2A33种，

543

故甲不站中间，乙不站两端共有A5-3A4+2A3=120-72+12=60，

4113

直接法：第一类，乙在中间，有A4=24种，乙不在中间，有A2A3A3=36种，根据分类计数原理共有24+36=60种，（4）定序法：甲，乙均在丙的同侧，甲乙丙的顺序共3种，其中甲，乙均在丙的同侧占45.解：（1）项式系数最大的只有第5项Cn4 最大，n=8 ∴Tk+1=C8（

，故有A5=80种．

）8-（-

）=（-1）2-C8x=0，

kkkk

，

若存在常数项，则

即3k=16，又k∈N，这不可能， ∴没有常数项；

（2）：若Tk+1为有理项，当且仅当因为0≤k≤8，k∈N，所以k=0，4，8，即展开式中的有理项有3项，它们是46.解：令a=1得

由二项展开式的通项公式得令10-5r=0，解得r=2，?（4分）所以即

为整数，

．

的展开式的各项系数之和为2，?（2分）

，

的展开式中的常数项是第3项，

，

由2=27得n=7；?（8分）对于所以

，由二项展开式的通项公式得

的项是第4项，其二项式系数是

，

．?（12分）

47.解：（1）令x=1，M=4

二项系数之和为2

所以4-2=240 得n=4，

（2）Tr+1=34-C4x，0≤r≤4，所以r=0，2，4，当r=0时，T1=34C40x4=81x4，当r=2时，T2=32C42x3=54x3，当r=4时，T1=30C44x2=x2． 48.解：∵∴

，∴m=1．

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，

（1）令x=1时，令x=0时，∴a1+a2+?+a7=1．（2）令x=-1时，①-②得

．．

，①

．②

49.解：（1）（捆绑法）将甲、乙两人“捆绑”为一个元素，与其余5人全排列，共有换位置，有A22种排法，故共有

（2）方法一（间接法）7人任意排列，有有

（种）．

（种）排法．

种排法，甲、乙两人相邻的排法有

种排法，甲、乙两人可交

种，故甲、乙不相邻的排法

方法二（插空法）将其余5人全排列，有种排法，故共有

种排法，5人之间及两端共有6个位置，任选2个排甲、乙两人，有

（种）排法．

种排法，将甲、乙、丙插入5个空中，有

种排法．故共有

（种）

（3）（插空法）将其余4人排好，有排法．

（4）（间接法）7人任意排列有

种排法，甲乙丙都相邻的排法有

种，故有种排法

可得n=10，则

50.解：第三项的系数为Cn，第五项的系数为Cn，由第三项与第五项的系数之比为

，令40-5r=0，解得r=8，故所求的常数项为（-1）8C108=45；

51.解：（Ⅰ）甲校两名男教师分别用A，B表示，女教师用C表示；乙校男教师用D表示，两名女教师分别用E、F表示．从甲校和乙校的教师中各任选1名的所有可能的结果为：{A，D}，{A，E}，{A，F}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{C，D}，{C，E}，{C，F}，共9种．

从中选出两名教师性别相同的结果有：{A，D}，{B，D}，{C，E}，{C，F}，共4种，所以选出的两名教师性别相同的概率为

．

（Ⅱ）从甲校和乙校的教师中任先2名的所有可能的结果为：{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{C，D}，{C，E}，{C，F}，{D，E}，{D，F}，{E，F}，共15种．从中选出两名教师来自同一学校的结果有：{A，B}，{A，C}，{B，C}，{D，E}，{D，F}，{E，F}，共6种．所以，选出两名教师来自同一学校的概率为

．

52.解：（1）女须全排在一起，把3个女生捆绑在一起看做一个复合元素，再和5个男生全排，故有A3A6=4320种；（2）女生必须全分开，先排男生形成了6个空中，插入3名女生，故有A55A63=14400种；（3）两端都不能排女生，从男生中选2人排在两端，其余的全排，故有A52A66=14400种；

（4）男生按固定顺序，从8个位置中，任意排3个女生，其余的5个位置男生按照固定顺序排列，故有A83=336种，（5）三个女生站在前排，五个男生站在后排，A33A55=720种 53.解：（ I）写出展开式的特征项，第k+1项为

第9页，共22页

令，解得k=4，

∴展开式中含x4项的系数为（-2）4C104=3360

r+13r-1

（II）∵第3r项的二项式系数为C10，第r+2项的二项式系数C10

r+13r-1

∴C10=C10故3r-1=r+1或3r-1+r+1=10 ∴r=1

54.解：（1）∵（x+（2）∴m

）展开式的二项式系数之和为256，∴2=256，解得n=8．

的通项公式：Tr+1=

，解得m=

．

x8-2r，令8-2r=0，解得r=4．

（3）的通项公式：Tr+1=

r=mx8-2r，

∵展开式中系数最大项只有第6项和第7项，∴m≠0， T6=m5

x-2，T7=m6

x-4，令m5

=m6

，

解得m=2．

224

55.解：（1）男、女同学各2名的选法有C4×C5=6×10=60种，故总的不同选法有60×A4=1440种；即男女同学各两名的选法共有1440种．

（2）“男、女同学分别至少有1名”包括有“一男三女”，“二男二女”，“三男一女”，故选人种数为132231

C4×C5+C4×C5+C4×C5=40+60+20=120

故总的安排方法有120×A4=2880 故不同的选法有2880种．

（3）可计算男同学甲与女同学乙同时选出的种数，由于已有两人，故再选两人即可，此两人可能是两男，一男一

2112

女，两女，故总的选法有C3+C4×C3+C4=21

故总的选法有2880-21×A4=2376 故不同的选法种数是2376种 56.解：（1）根据题意，袋中装有大小相同的4个红球和6个白球，从中取出4个，有C104=210种取法，其中颜色相同的情况有2种：4个红球或4个白球，若4个红球，有C44=1种取法，

若4个白球，有C6=15种取法，

则取出球必须是两种颜色的取法有210-（1+15）=194种；（2）若取出的红球个数不少于白球个数，分3种情况讨论： ①、4个全部是红球，有C44=1种取法，

②、有3个红球，1个白球，有C4C6=24种取法，

③、有2个红球，2个白球，有C4C6=90种取法，则一共有1+24+90=115种取法． 57.解：（I）由题意知两名女生不能相邻，可以先排列男生，有A44=24种结果，再在男生写出的5个空中排列两名女生，有A52=20种结果，根据分步计数原理知共有24×20=480种结果即两名女生不能相邻的排列方法有480种结果，

（II）由题意知可以分成两种情况甲站在右端有A55=120种结果，

甲不在右端，甲有4种情况，乙也有4种结果，余下的4个人在四个位置全排列，共有4×4×A44=384种结果， ∴根据分步计数原理知共有120+384=504种结果

（III）4名同学相邻可以把四名男生作为一个元素，和2名女生共有三个元素排列，有A33=6种结果，其中四名男生内部还有一个排列，共有6A44=144种结果．（Ⅳ）首先把6名同学全排列，共有A66=720种结果，甲乙丙三人内部的排列共有A33=6种结果，

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要使的甲乙丙三个人按照一个高矮顺序排列，结果数只占6种结果中的一种，有即甲乙丙按照高矮的顺序排列共有120种结果． 58.解：（1）依题意得则a0=1，

，

，r=0，1，?，n．，

=120种结果．

由2|a1|=|a0|+|a2|得n2-9n+8=0可得n=1（舍去），或n=8．所以（2）令x=1得两式相减得

展开式的中间项是

，即

，令x=-1得，即

．

，

，．

?（4分）

，

．

，

所以展开式中含x的奇次幂的系数和为（3）∵两边求导得：令x=1得 59.解：（1）

答：共有1440种不同的排法． ?（5分）

（2）求甲，乙两名同学不能相邻的排法，考虑到用插空法，把其他4名同学的前后位置放甲乙即可满足甲乙不相邻．

答：共有21600种不同的排法．?（10分）

（3）首先从后排的7人中选出2人，有C72种结果，再把两个人在5个位置中选2个位置进行排列有A52， ∴不同的调整方法有

答：共有420种不同的调整方法．?（14分） 60.解：（1）（x+

）的展开式中前3项的系数分别为：1，

=1+

，，

由于它们成等差数列，∴2解得n=8或n=1（舍去），由（x+

，化为n2-9n+8=0，

）=a0+a1x+a2x2+?+anx，

．

最大，可得：

．

x8-r，

令x=0，可得：a0=

（2）由二项式系数的单调性可得：（3）

的展开式的通项公式：Tr+1=

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由，解得2≤r≤3，

∴r=2或3．

∴系数最大的项是：7x或7x．

【解析】

1. 解：班主任站在正中间，有A66=720种；

班主任站在正中间且女生甲、乙相邻，有4A2A4=192种；

∴班主任站在正中间且女生甲、乙不相邻，排法的种数为720-192=528种．故选：D．

利用间接法，求出班主任站在正中间的所有情况；班主任站在正中间且女生甲、乙相邻的情况，即可得出结论．本题考查计数原理的运用，考查排列知识，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题． 2. 解：根据题意，分3种情况讨论：

①、若小张选择火车，由于火车共有10个车次，则有10种选法； ②、若小张选择飞机，由于飞机共有2个航班，则有2种选法；

③、若小张选择长途汽车，由于长途汽车共有12个班次，则有12种选法；故从甲城市到乙城市共有10+2+12=24种选法；故选：C．

根据题意，按选择的交通工具不同分3种情况讨论，分别求出每种情况下选法的数目，由加法原理计算可得答案．本题考查分类计数原理的应用，注意依据题意，进行分类讨论．

3. 解：首先5名形象大使，每个地方至少1名那么只有两种分法：1、1、3 和1、2、2，再分配到香港、澳门、台湾，按照排列组合原理，第一种分法C5A3=60种，第二种分法

C5C3A3=90种，合计60+90=150种．

223

故选C．

先分组，有两种分法：1、1、3 和1、2、2，再分配到香港、澳门、台湾，故可求．本题主要考查排列组合的应用，涉及到先分组再排列，属于基础题．

4. 解：某班有男生26人，女生24人，即共有50人，从中任选一位同学为数学科代表，则不同选法的种数50，故选A．

某班共有50人，从中任选一位同学为数学科代表，即可得出结论．本题考查排列知识，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题． 5. 解：第一类，甲、乙两人只有一人参赛，有C21C43A44=192种，

第二类，甲、乙两人同时参赛，从4人中选2人排列形成了3个空，把甲乙两人插入，故有A42A32=72种，根据分类计数原理，共有192+72=264种，故选：D．

由题意可以分两类，第一类，甲、乙两人只有一人参赛，第二类，甲、乙两人同时参赛，根据分类计数原理可得．本题考查了分类计数原理，关键是正确分类，以及不相邻用插空，属于中档题． 6. 解：不妨设5名同学分别是A，B，C，D，E，

对于A同学来说，第二天可能出现的不同情况有去和不去2种，同样对于B，C，D，E都是2种，由分步乘法计数原理可得，第二天可能出现的不同情况的种数为2×2×2×2×2=25（种）．故选：B．

直接利用分步乘法计数原理得答案．

本题考查分步乘法计数原理，是基础的计算题． 7. 解：集合P={x，y，z}，Q={1，2，3}，要求映射f：P→Q中满足f（y）=2，

则要构成一个映射f：P→Q，只要再给集合P中的另外两个元素x，z在集合Q中都找到唯一确定的像即可． x可以对应集合Q中三个元素中的任意一个，有3种对应方法，

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同样z也可以对应集合Q中的三个元素中的任意一个，也有3种对应方法，

由分布乘法计数原理，可得映射f：P→Q中满足f（y）=2的映射的个数共有3×3=9（个）．故选：D．

由映射的概念，要构成一个映射f：P→Q，只要给集合P中的元素在集合Q中都找到唯一确定的像即可，前提有f（y）=2，则只需给元素x，z在Q中找到唯一确定的像，然后由分布乘法计数原理求解．

本题考查了映射的概念，关键是对映射概念的理解，借助于分布乘法原理使问题的解决更为简洁明快，是基础题． 8. 解：由题意，利用排除法，五位女演员全排，有插入四位男演员，女演员甲站两侧，有2所以不同的排法有故选：A．

由题意，利用间接法，五位女演员全排，有

种方法，插入四位男演员，女演员甲站两侧，有2

，即可

-2

种．

种方法，

求出不同的排法．

本题考查利用排列知识解决实际问题，考查学生的计算能力，正确运用间接法是关键． 9. 解：由题意知有一个盒子至少要放入2球，

先假设A、B可放入一个盒里，那么方法有C4=6，再减去AB在一起的情况，就是6-1=5种．把2个球的组合考虑成一个元素，

就变成了把三个不同的球放入三个不同的盒子，

那么共有A3=6种．

∴根据分步计数原理知共有5×6=30种．故选A．

先假设A、B可放入一个盒里，那么方法有C4，减去AB在一个盒子的情况，就有5种，把2个球的组合考虑成一个元素，就变成了把三个不同的球放入三个不同的盒子，得到结果．本题考查分步计数原理，考查带有限制条件的元素的排列问题，两个元素不能同时放在一起，或两个元素不能相邻，这都是常见的问题，需要掌握方法．

10. 解：∵选定一件上衣时，有不同颜色的裤子3条， ∴有3种不同的穿衣方案，

∴共有3×4=12种不同的搭配方法，故选：C．

当选定一件上衣时，有3种不同的穿衣方案，那么有4件上衣，让3×4即可得出．本题主要考查了计数原理的运用，解题的关键是找到所有存在的情况． 11. 解：在100件产品中有6件次品，现从中任取3件产品，

共有C100种结果，

至少有1件次品的对立事件是没有次品，没有次品的事件有C943，

∴至少有1件次品的不同取法有C1003-C943，故选C．

在100件产品中有6件次品，现从中任取3件产品，至少有1件次品的对立事件是没有次品，没有次品的事件有C943，得到至少有1件次品的不同取法用所有减去不合题意的．

本题考查分步计数原理，是一个基础题，解题时可以从正面来考虑，至少有一件次品包括有一件次品，有两件次品，有三件次品，分别写出结果再相加．

12. 解：根据题意，将5名游客分别坐甲、乙两个游艇，每个游艇至少安排2名游客，先将5人分为2组，一组3人，另一组2人，有C52=10种情况，再将2组对应2个游艇，有A22=2种情况，则互不相同的安排方法的种数为10×2=20；

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故选：B．

根据题意，将5个人分到2个游艇，可先将5人分为2组，一组3人，另一组2人，再将2组对应2个游艇，由排列、组合公式，可得每一步的情况数目，由分步计数原理计算可得答案

本题考查排列、组合的应用，注意理解“每个游艇至少安排2名游客”的意义，分析得到可能的分组情况． 13. 解：第一步分步：由题意把8人分为以下三组（1，3，4），（2，2，4），（2，3，3），分组的种数为C8C7+

+=280+210+280=770种，

第二步，分配，每一种分法都有A33=6种，根据分步计数原理，共有770×6=4620种，故选：C．

先分组，求出分组的种数，注意平均分组和不平均分组，再分配，根据分步计数原理可得．

本题考查排列组合的实际应用，考查了分组分配的问题，关键是分组是平均分组还是不平均分组，属于中档题． 14. 解：先选取一个空盒，然后把四个不同礼品分别装在4个不同的盒子里，故有C51A44=120种，故选：D．

先选取一个空盒，然后把四个不同礼品分别装在4个不同的盒子里（即全排列），根据分步计数原理可得．本题考查排列组合及简单的计数问题，本题解题的关键先选取一个空盒，属于基础题．

15. 解：甲，乙、丙三位教师安排星期一至星期六的任意三天，其余三天丁值日，故有A6=120种，

其中丁没有连续的安排，安排甲，乙、丙三位教师后形成了4个间隔，任选3个安排丁，故有A33C43=24种，故并且丁至少要有两天连续安排120-24=96种，故选：B．

利用间接法，先排没有限制条件的种数，再排除丁没有连续的种数，问题得以解决．本题考查了排列组合的分配问题，采取间接法，属于中档题． 16. 解：点集

，得到{（-1，-1），（0，0），（1，1），（2，8），（3，27）}，从中

选选3点，有C53=10种，

当取（-1，1），（0，0），（1，1）时，三点在同一条直线上，不能构成三角形，故要排除，故则由U中的任意三点可组成10-1=9个不同的三角形．故选：C．

先求出点集U，在任选三点，当取（-1，1），（0，0），（1，1）时，三点在同一条直线上，不能构成三角形，故要排除，问题得以解决．

本题考查了简单的组合问题，关键是要排除不能构成三角形的种数，属于基础题．

17. 解：根据题意，要在4个候选城市投资4个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则分3种情况讨论，

每个城市恰有一个项目：A44=24．

有一个城市两个项目，另两个城市1个项目：C41C32A42=144．

恰有两个城市，每个城市2个项目：C4A4=72共24+144+72=240种，故选：C．

根据题意，分3种情况讨论，①每个城市恰有一个项目，②有一个城市两个项目，另两个城市1个项目，③恰有两个城市，每个城市2个项目，分别计算其情况数目，进而由加法原理，计算可得答案．

本题考查排列、组合的综合应用，解题时，要根据题意，认真分析，根据“在同一个城市投资的项目不超过2个”的条件，确定分类讨论的依据．

18. 解：先排甲有两种方法，再把乙丙两人捆绑在一起，看做一个复合元素，和剩下的3人全排，故有

=96

种，

故选：C．

先排甲有两种方法，再把乙丙两人捆绑在一起，看做一个复合元素，和剩下的3人全排即可．本题考查了分步计数原理，相邻问题用捆绑，属于基础题．

19. 解：根据题意，①先给A、B两所希望小学分配电脑，若每个学校2台，由于电脑型号相同，故只有1种情况，其次将剩余的2台电脑分给其他3所小学，

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若一所小学2台，其他的没有，有3种情况，

若2所小学各1台，其他的一所小学的没有，有C32=3种情况，

②若A、B两所希望小学其中一所得3台，另一个2台，有2种情况，其次将剩余的1台电脑分给其他3所小学，有3种情况，共3×2=6种情况，

③若给A、B两所希望小学分配3台电脑，有1种情况，

④若A、B两所希望小学其中一所得4台，另一个2台，有2种情况，综合可得，共6+6+1+2=15种情况；故选B．

根据题意，按A、B两个学校分得电脑的数目，分4种情况讨论，分别求出各种情况下的分配方法的数目，进而相加可得答案．

本题考查分类加法计数原理，注意分类讨论时，按一定的顺序，做到不重不漏．

20. 解：由于8个不同的小球放入3个不同的小盒，要求每个盒子中至少有一个球，且每个盒子里的球的个数都不同，则8个不同的小球可以分为（5，2，1），（4，3，1），

5213

第一类为（5，2，1）时，C8C3C1A3=1008种，第二类为（4，3，1）时，C84C43C11A33=1680种，

根据分类计数原理，可得共有1008+1680=2688种，故选：B．

由于8个不同的小球放入3个不同的小盒，要求每个盒子中至少有一个球，且每个盒子里的球的个数都不同，则8个不同的小球可以分为（5，2，1），（4，3，1），根据分类计数原理可得．

本题考查排列、组合的实际应用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．

21. 解：任意选取C9=126种，其中都是男医生有C6=6种，于是符合条件的有126-6=120种．故答案为：120．

利用间接法，即可解答．

直接法：先分类后分步；间接法：总数中剔除不合要求的方法，这种问题是排列组合中典型的问题，注意表示过程中数字不要弄混．

22. 解：先确定末尾有2种选法，再确定首位有2种选法，中间的一位有2种选法，故有2×2×2=8种，故答案为：8．

先确定末尾有2种选法，再确定首位有2种选法，中间的一位有2种选法本题考查了分步计数原理，解题时要先考虑有限制条件的元素，属于基础题．

23. 解：根据题意，若得到的三位数中各位数字之和为奇数，则取出的三个数字有2种情况： ①3个数全部为奇数，则有A33=6种情况；

②3个数中1个奇数、2个偶数，则有C31?1?A33=18种情况；由分类计数原理可得，符合条件的三位数共有18+6=24个；故答案为24．

首先分析“得到的三位数中各位数字之和为奇数”可得，有两类情况：①3个数全部为奇数，②3个数中1个奇数、2个偶数，由排列组合公式可得其情况数目，进而由分类计数原理计算可得答案．

本题考查计数原理的运用，解题的关键在于对“得到的三位数中各位数字之和为奇数”的分析，从中得到可能的情况，进而分类讨论．

24. 解：选择两门理科学科，一门文科学科，有

=9种；选择三门理科学科，有1种，

故共有10种．故答案为：10．

分类讨论：选择两门理科学科，一门文科学科；选择三门理科学科，即可得出结论．本题考查计数原理的应用，考查学生的计算能力，比较基础．

25. 解：双方获胜所能形成的比赛过程情况是相同的，只需考虑一方．假设一方获胜，获胜的情况又五大类：

（1）一号棋手结束比赛：连胜五盘，比赛过程只有1种；

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（2）二号棋手结束比赛：他胜的场数可能是1、2、3、4、5，比赛过程有5种；（3）三号棋手结束比赛：他胜的场数可能是1、2、3、4、5．

若胜1场：另外4场是1号或2号胜的，40、31、22、13、04，有5种比赛过程．若胜2场：另外3场是1号或2号胜的，30、21、12、03，有4种比赛过程．若胜3场：另外2场是1号或2号胜的，20、11、02，有3种比赛过程．若胜4场：另外1场是1号或2号胜的，10、01，有2种比赛过程．若胜5场：有1种比赛过程．此类共有15种比赛过程．

（4）四号棋手结束比赛．他胜的场数可能是1、2、3、4、5．

若胜1场：另外4场是1号或2号或3号胜的，400、310、301、220、 211、202、130、121、112、103、040、031、022、013、 004，有15种比赛过程．

若胜2场：另外3场是1号或2号或3号胜的，300、210、201、120、 111、102、030、021、012、003，有10种比赛过程．

若胜3场：另外2场是1号或2号或3号胜的，200、110、101、020、 011、002，有6种比赛过程．

若胜4场：另外1场是1号或2号或3号胜的，100、010、001，有3种比赛过程．若胜5场：有1种比赛过程．此类共有35种比赛过程．

（5）五号棋手结束比赛．他胜的场数可能是1、2、3、4、5．

若胜1场：另外4场是1号或2号或3号或4号胜的，4000、3100、 3010、3001、2200、2110、2101、2020、2011、2002、1300、 1210、1201、1120、1111、1102、1030、1021、1012、1003、 0400、0310、0301、0220、0211、0202、0130、0121、

0112、0103、0040、0031、0022、0013、0004，共有35种赛过程．若胜2场：另外3场是1号或2号或3号或4号胜的，

3000、2100、2010、2001、1200、1110、1101、1020、1011、1002、0300、 0201、0120、0111、0102、0030、0021、0012、0003，共有20种比赛过程．

若胜3场：另外2场是1号或2号或3号或4号胜的，2000、1100、

1010、1001、0200、0110、0101、0020、0011、0002，共有10种比赛过程．

若胜4场：另外1场是1号或2号或3号或4号胜的，1000、0100、0010、0001，有4种比赛过程．若胜5场：有1种比赛过程．此类共有70种比赛过程．

一方获胜共有：1+5+15+35+70=126种比赛过程，另一方获胜的比赛过程和中方相同，所以，共有126×2=252种不同的比赛过程．故答案为：252．

由于双方获胜所能形成的比赛过程情况是相同的，只需考虑一方即可，由此可假设一方获胜，分别从（1）号、（2）号、（3）号、（4）号、（5）号棋手结束比赛这5种获胜的情况进分析解答即可．完成此类题目思路要清晰，根据所给条件中的逻辑关系进行认真分析． 26. 解：A到C分两类，

第一类：A→B→C，分两步，第一步，A→B有2种走法，第二步，B→C有2种走法，故A→B→C有4种走法，第二类：A→C有2种走法，故A→C有4=2=6种走法，故答案为：6．

观察图形，从A到C有分为两类，经过B和不经过B，根据分类计数原理可得．本题考查了分类加法的计数原理和分步乘法的计数原理，属于基础题

27. 解：若甲，乙都参加，则甲只能参加C项目，乙只能参见A项目，B项目有3种方法，若甲参加，乙不参加，则甲只能参加C项目，A，B项目，有A32=6种方法，若甲参加，乙不参加，则乙只能参加A项目，B，C项目，有A32=6种方法，

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若甲不参加，乙不参加，有A33=6种方法，根据分类计数原理，共有3+6+6+6=21种．

由题意可以分为四类，根据分类计数原理可得．

本题考查了分类计数原理，关键是分类，属于中档题． 28. 解：由xi∈N且0＜x1≤x2＜x3≤x4＜7，得xi为小于7的正整数， ∴xi∈{1，2，3，4，5，6}

又满足0＜x1≤x2＜x3≤x4＜7的有序数组（x1，x2，x3，x4）的个数即从中取出四个数从小到大排列，

若没有相等的，故有C6=15，

若x1=x2=1，则有C5=10，若x1=x2=2，则有C42=6，若x1=x2=3，则有C32=3，若x1=x2=4，则有C22=1，

则x1=x2时，共有10+6+3+1=20，同理当x3=x4时，也有20，

当x1=x2且x3=x4时，有C62=15组，

根据分类计数原理，共有15+20+20+15=70组，故答案为：70．

由题意得到xi∈{1，2，3，4，5，6}，分了三类，没有相等的，有一组相等的，有两组相等的，根据分类计数原理可得．

本题考查对集合元素以及有序数对中顺序的理解和把握，在后面的排列组合知识考察中，要先取后排，而排列是从小到大的自然排列，所以本题重在理解，属于中档题．

29. 解：先排2，4，5，6，形成了5个空，把1，3插入到其中两个空，故有A4A5=480个，故答案为：480．

先排2，4，5，6，形成了5个空，把1，3插入到其中两个空即可．本题考查了数字问题的中不相邻问题，采用插空是关键，属于基础题． 30. 解：由题意知把六个人全排列，

女生A排在女生B的左边和女生A排在女生B的右边的概率相等， ∵六个人全排列共有A66=720， ∴女生A必须排在B的左边的排法有

×720=360，

故答案为：360．

由题意知把六个人全排列，女生A排在女生B的左边和女生A排在女生B的右边的概率相等，写出六个人的所有的排列数，除以2得到结果．

本题考查排列组合的实际应用，本题若是分类来解，过程比较麻烦，若看出女女生A排在女生B的左边和女生A排在女生B的右边的概率相等，则题目要简单的多． 31. 解：设不同的染色法有Pn种．易知．

当n≥4时，首先，对于边a1，有3种不同的染法，由于边a2的颜色与边a1的颜色不同，所以，对边a2有2种不同的染法，

类似地，对边a3，?，边an-1均有2种染法．对于边an，用与边an-1不同的2种颜色染色，但是，这样也包括了它与边a1颜色相同的情况，

而边a1与边an颜色相同的不同染色方法数就是凸n-1边形的不同染色方法数的种数Pn-1，

于是可得Pn=3×2-1-Pn-1，

Pn-2=（Pn-1-2-1）．

nnn

于是Pn-2=（-1）-3（P3-23）=（-1）-1?（-2），

Pn=2+（-1）?2，n≥3．

综上所述，不同的染色方法数为Pn=2+（-1）?2，．

故答案为：2+2?（-1）

直接利用类比推理，推出凸n（n≥3）边形的边染色与凸n-1边形的不同染色方法数的种数Pn-1的关系，Pn=3×2-1-Pn-1，

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然后求出染色方法数为Pn=2+（-1）?2，

本题考查分步计数原理、分类计数原理的综合应用，涉及几何图形有关的涂色问题，分析时注意结合图形分析． 32. 解：从1，2，3，4，5，6这六个数中，任意取出两个不同的数，作为其中相等的情况有则不同

，

的值，有A6=30种情况，

，

的值有30-8=22个，

则3的不同数值有22个；故答案为：22．

先由排列数公式计算从1，2，3，4，5，6这六个数中，任意取出两个不同的数，作为析其中

的值相等的情况，从而可得不同

的值的数目，由指数幂的性质可得答案．

相等的数值去掉．

的值的情况数目，进而分

本题考查了排列、组合及简单的计数问题，注意解题时一定要把

33. 解：由题意知以a、b、c为三条边的长可以构成一个等腰（含等边）三角形，先考虑等边三角形情况

则a=b=c=1，2，3，4，5，6，此时n有6个再考虑等腰三角形情况，若a，b是腰，则a=b

当a=b=1时，c＜a+b=2，则c=1，与等边三角形情况重复；

当a=b=2时，c＜4，则c=1，3（c=2的情况等边三角形已经讨论了），此时n有2个；当a=b=3时，c＜6，则c=1，2，4，5，此时n有4个；当a=b=4时，c＜8，则c=1，2，3，5，6，有5个；当a=b=5时，c＜10，有c=1，2，3，4，6，有5个；当a=b=6时，c＜12，有c=1，2，3，4，5，有5个；由加法原理知n有2+4+5+5+5+6=27个，故答案为27．

先考虑等边三角形情况，则a=b=c=1，2，3，4，5，6，此时n有6个，再考虑等腰三角形情况，若a，b是腰，则a=b，列举出所有的情况，注意去掉不能构成三角形的结果，求和得到结果．

本题考查排列组合的实际应用，本题解题的关键是根据所给的条件不重不漏的列举出所有的结果，注意数字要首先能够构成三角形，即满足两边之和大于第三边，本题是一个易错题．

34. 解：当a=1、2、3时，b的取法分别有2种，故此时使得b≠a的不同取法共有3×2=6种．当a=4或5时，b的取法分别有3种，故此时使得b≠a的不同取法共有2×3=6种．综上可得，使得b≠a的不同取法共有6+6=12种，故答案为 12．

当a=1、2、3时，b的取法分别有2种，故此时有3×2=6种方法．当a=4或5时，b的取法分别有3种，故此时有2×3=6种．再把求得的这2个数相加，即得所求．本题主要考查两个基本原理的应用，属于中档题．

35. 解：先排唱歌、魔术、杂技、戏曲形成了5个空，再选3个空插入舞蹈、相声、小品，故有A44A53=1440，故答案为：1440．

先排唱歌、魔术、杂技、戏曲形成了5个空，再选3个空插入舞蹈、相声、小品，问题得以解决．本题考查计数原理的应用，考查学生分析解决问题的能力，比较基础． 36. 解：由题意知本题需要分类来解答，首先A选取一种颜色，有3种情况．

如果A的两个相邻点颜色相同，2种情况；这时最后两个边也有2种情况；

如果A的两个相邻点颜色不同，2种情况；这时最后两个边有3种情况．

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∴方法共有3（2×2+2×3）=30种．故答案为：30．

本题需要分类来解答，首先A选取一种颜色，有3种情况．如果A的两个相邻点颜色相同，2种情况，这时最后两个边也有2种情况；如果A的两个相邻点颜色不同，2种情况，最后两个边有3种情况．根据计数原理得到结果．对于复杂一点的计数问题，有时分类以后，每类方法并不都是一步完成的，必须在分类后又分步，综合利用两个原理解决，即类中有步，步中有类． 37. 解：分两种情况

①在一个城市投资两个项目，在另一城市投资1个项目，将项目分成2个与1个，有3种；在4个城市当中，选择两个城市作为投资对象，有4×3=12种，这种情况有：3×12=36种

②有三个城市各获得一个投资的项目，选择没有获得投资项目的城市，4种；安排项目与城市对应，有3×2×1=6种这种情况有，4×6=24种

综合两种情况，有36+24=60种方案设置投资项目

故答案为：60分两种情况：在一个城市投资两个项目，在另一城市投资1个项目；有三个城市各获得一个投资的项目，从而可得结论．

本题考查计数原理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．

38. 解：根据题意，从8张卡片中任取6张，有A8种不同的取法，

再求出“3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5”的情况数目，

依据要求，则中间行的数字只能为1，4或2，3，共有C2A2=4种排法，然后确定其余4个数字，其排法总数为A64=360，

其中不合题意的有：中间行数字和为5，还有一行数字和为5，有4种排法，

余下两个数字有A4=12种排法，

所以此时余下的这4个数字共有360-4×12=312种方法；

由乘法原理可知满足“3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5”共有4×312=1248种不同的排法，则3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5的概率为故答案为：

．

根据题意，先用排列数公式计算可得“从8张卡片中任取6张”的取法数目，再利用排除法计算“3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5”的排法数目：分2步进行，①确定中间行的数字只能为1，4或2，3，②确定其余4个数字的排法数，使用排除法，用总数减去不合题意的情况数，可得其情况数目，最后由乘法原理计算可得“3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5”的排法数目；由古典概型计算公式计算可得答案．

本题考查古典概型的计算，涉及排列、组合的运用，解题的关键是利用排除法求出“3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5”的排法数目．

39. 解：由题意可得，在前4次取走冰糖葫芦为，取走了A上面的2颗、取走了B上面的1颗，还取走了第三串1颗，

第一类，第一次先取第一串的最上面一颗，第二次，剩下的三颗任意去，故有A3=6种，第二类，第一次先取第三串的一颗（或第二串的B上面的一颗），第二次取第一串的最上面一颗，第二次，剩下的二颗任意去，故有2×2=4种，

若三类，第一次二次先取第三串的一颗和第二串的B上面的一颗，剩下的二颗按从上到下的顺序取，故有2种，根据分类计数原理，共有6+4+2=12种，故答案为：12．

由题意可得，在前4次取走冰糖葫芦为，取走了A上面的2颗、取走了B上面的1颗，还取走了第三串1颗，根据位置，分为三类，根据分类计数原理可得．

本题考查了分类计数原理，关键是分类，属于中档题． 40. 解：分两类，（1）每校1人：A63=120；（2）1校1人，1校2人：C32A62=90，不同的分配方案共有120+90=210．故答案为：210安排3名支教老师去6所学校任教，每校至多2人，

分成两类解决，一类去三所学校，每校一人；另一类去两所学校，一校一人，一校两人．本题主要考查排列、组合知识，注意分类加法和分步乘法原理的运用，难度一般．

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41.

（1）根据题意，由二项式定理可得（

-x）的展开式，其中令r=3可得x的系数，进而在（

-x）中，令x=1